高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题3 第11课时 带电粒子在电场中的运动（含解析）

第11课时带电粒子在电场中的运动高考题型1带电粒子在电场中的运动带电粒子在电场中运动问题的分析思路首先分析粒子的运动情况，确定粒子在电场中做直线运动还是曲线运动．(1)对于理：①如果是带电粒子在恒定电场力作用下的直线运动问题，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．(2)对于类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理．通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用牛顿运动定律或运动学公式求解．考题示例例1(2016·全国卷Ⅱ·15)如图1，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则()图1A．aa>ab>ac，va>vc>vbB．aa>ab>ac，vb>vc>vaC．ab>ac>aa，vb>vc>vaD．ab>ac>aa，va>vc>vb答案D解析由库仑定律F＝eq\f(kq1q2,r2)可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为Fb>Fc>Fa，由a＝eq\f(F,m)，可知ab>ac>aa.根据粒子的轨迹可知，粒子Q与场源电荷P的电性相同，二者之间存在斥力，若粒子由c→b→a运动，在由c→b→a整个过程中，电场力先做负功再做正功，且Wba>|Wcb|，结合动能定理可知，va>vc>vb，若粒子由a→b→c运动，可得到同样的结论，故选项D正确．例2(多选)(2018·全国卷Ⅲ·21)如图2，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止开始运动．在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a、b间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是()图2A．a的质量比b的大B．在t时刻，a的动能比b的大C．在t时刻，a和b的电势能相等D．在t时刻，a和b的动量大小相等答案BD解析经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa>xb，根据x＝eq\f(1,2)at2，得aa>ab，又由a＝eq\f(F,m)知，ma<mb，A项错误；经时间t到下半区域的同一水平面，则电场力做功Wa>Wb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，B项正确；在t时刻，a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C项错误；根据动量定理Ft＝p－p0，则经过时间t，a、b的动量大小相等，D项正确．例3(2020·全国卷Ⅰ·25)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图3所示．质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直．已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°.运动中粒子仅受电场力作用．图3(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？答案(1)eq\f(mv02,2qR)(2)eq\f(\r(2)v0,4)(3)0或eq\f(\r(3)v0,2)解析(1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C.由几何关系和电场强度的定义知AC＝R①F＝qE②由动能定理有F·AC＝eq\f(1,2)mv02③联立①②③式得E＝eq\f(mv02,2qR)④(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行．作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大．由几何关系知∠PAD＝30°，AP＝eq\f(3,2)R，DP＝eq\f(\r(3),2)R⑤设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1.粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP.由牛顿第二定律和运动学公式有F＝ma⑥AP＝eq\f(1,2)at12⑦DP＝v1t1⑧联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq\f(\r(2)v0,4)⑨(3)解法1：设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t0.以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系．由运动学公式有y＝eq\f(1,2)at2⑩x＝vt⑪粒子离开电场的位置在圆周上，有(x－eq\f(\r(3),2)R)2＋(y－eq\f(1,2)R)2＝R2⑫粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零．设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有mv2＝mv0＝mat⑬联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v＝0或v＝eq\f(\r(3),2)v0解法2：粒子在电场方向上做匀加速直线运动，即沿AC方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直AC方向做匀速直线运动，因动量的变化量只发生在电场方向上，若粒子从进入电场到离开电场的过程中动量变化量为mv0，则粒子会从B点离开电场．设粒子进入电场时的速度为v在沿电场方向：R＝eq\f(vy,2)t＝eq\f(v0,2)t在垂直电场方向：eq\r(3)R＝vt联立以上两式得：v＝eq\f(\r(3),2)v0.由题意知，粒子进入电场时的速度v＝0时，动量变化量的大小也为mv0.命题预测1．(2020·黑龙江省大庆中学高三开学考试)带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图4所示，实线是电场线，则下列说法正确的是()图4A．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度B．粒子在a点的电势能小于在b点的电势能C．粒子在a点的速度小于在b点的速度D．电场中a点的电势一定比b点的电势高答案C解析电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，可知Ea<Eb，所以a、b两点比较，粒子的加速度在b点时较大，故A错误；由粒子的运动轨迹可知，粒子所受电场力的方向应该指向轨迹的内侧，根据电场力方向与速度方向的夹角判断，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，整个过程电场力做正功，电势能减小，即粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故B错误；整个过程电场力做正功，根据动能定理得粒子经过b点时的动能大于经过a点时的动能，所以无论粒子带何种电荷，经b点时的速度总比经过a点时的速度大，故C正确；由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a点的电势和b点的电势大小关系，故D错误．2．如图5为一有界匀强电场，场强方向为水平方向(虚线为电场线)，一带负电微粒以某一角度θ从电场中的a点斜向上射入，沿直线运动到b点，则可知()图5A．电场中a点的电势低于b点的电势B．微粒在a点时的动能与电势能之和与在b点时的动能与电势能之和相等C．微粒在a点时的动能小于在b点时的动能，在a点时的电势能大于在b点时的电势能D．微粒在a点时的动能大于在b点时的动能，在a点时的电势能小于在b点时的电势能答案D解析微粒沿直线运动到b点，微粒所受合力与速度方向在同一直线上，重力竖直向下，则受到的电场力水平向左，电场方向水平向右，则a点的电势高于b点的电势，故A错误；根据能量守恒，微粒的重力势能、动能、电势能之和不变，从a到b微粒的重力势能增大，则动能与电势能之和减小，故B错误；微粒从a到b，电场力、重力均做负功，动能减小，电势能增大，C错误，D正确．3.(多选)(2020·江苏南京市、盐城市一模)两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙，先后以不同的速率沿着HO方向垂直射入匀强电场，电场方向竖直向上，它们在圆形区域中运动的时间相同，其运动轨迹如图6所示．不计粒子所受的重力，则下列说法中正确的是()图6A．甲粒子带正电荷B．乙粒子所带的电荷量比甲粒子少C．甲粒子在圆形区域中电势能变化量小D．乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子大答案AC解析甲粒子向上偏转，所受的电场力向上，与电场方向相同，故甲粒子带正电荷，故A正确；两个粒子竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，有：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qE,2m)t2，E、t、m相等，则y∝q，可知，乙粒子所带的电荷量比甲粒子多，故B错误；电场力对粒子做功为W＝qEy，甲粒子电荷量少，偏转距离小，则电场力对甲粒子做功少，其电势能变化量小，故C正确；水平方向有x＝vt，相同时间内，乙粒子的水平位移小，则乙粒子进入电场时初速度小，初动能小，故D错误．4．(2020·北京市高三学业考试)如图7甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场．已知电场变化周期T＝eq\f(2d,v0)，粒子质量为m，不计粒子重力及粒子间的作用力，则()图7A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为eq\f(1,2)v0B．粒子的电荷量为eq\f(mv02,2U0)C．在t＝eq\f(1,8)T时刻进入的粒子离开电场时竖直方向上的位移为eq\f(d,4)D．在t＝eq\f(1,4)T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场答案D解析粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t＝eq\f(2d,v0)，此时间正好是交变电场的一个周期，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子在竖直方向的速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，A错误；对于t＝0时刻释放的粒子，在竖直方向，粒子在eq\f(T,2)时间内的位移为eq\f(d,2)，则eq\f(d,2)＝eq\f(U0q,2dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,v0)))2，计算得出q＝eq\f(mv02,U0)，B错误；在t＝eq\f(T,8)时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为d＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)T))2－2×eq\f(1,2)a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,8)))2＝eq\f(d,2)，C错误；t＝eq\f(T,4)时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动eq\f(T,4)，然后向下减速运动eq\f(T,4)，再向上加速eq\f(T,4)，最后向上减速eq\f(T,4)，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，D正确．高考题型2带电体在电场和重力场作用下的运动1．对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题．2．根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变．考题示例例4(2019·天津卷·3)如图8所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程()图8A．动能增加eq\f(1,2)mv2 B．机械能增加2mv2C．重力势能增加eq\f(3,2)mv2 D．电势能增加2mv2答案B解析小球动能的增加量为ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间高度差为h＝eq\f(v2,2g)，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔE减＝eq\f(3,2)mv2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确．例5(2019·全国卷Ⅲ·24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为eq\f(t,2).重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能．答案(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(v02＋g2t2)解析(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)a(eq\f(t,2))2＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)③(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq\f(1,2)mv12④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)．命题预测5．(多选)(2020·山东泰安市高三模拟)如图9甲所示，绝缘水平面上存在方向水平向右的匀强电场，一带电物块以一定的初速度从O点开始向右运动．取O点为电势零点，该物块的电势能与动能之和E总、电势能Ep随它离开O点的距离x变化的关系如图乙所示．由此能够确定的是()图9A．物块受到的电场力大小B．匀强电场的场强大小C．物块返回O点时的动能D．物块与水平面间的动摩擦因数答案AC解析由克服电场力做功等于电势能的增加量ΔEp＝FΔx得F＝eq\f(ΔEp,Δx)＝eq\f(80,8)N＝10N由于不知道电荷量，则无法求解匀强电场的场强大小，故A正确，B错误；由题图乙可知，物块的初动能为100J，当运动到8m处物块的动能为0，则此过程中有－(F＋Ff)x＝0－Ek0，得Ff＝2.5N，物块从O点开始运动到返回O点，由动能定理得－Ff·2x＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－2Ffx＝(100－2×2.5×8)J＝60J由于不知道物块的质量，则无法求解物块与水平面间的动摩擦因数，故C正确，D错误．6.(多选)(2020·河南郑州市线上测试)如图10所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为l的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动．AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径．已知重力加速度为g，电场强度为eq\f(mg,q)，下列说法正确的是()图10A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为eq\r(gl)B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动D．若去掉细线，将小球在A点以大小为eq\r(gl)的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点答案BD解析由于电场强度E＝eq\f(mg,q)，故有mg＝qE，则等效最低点在BC圆弧中点，重力和电场力的合力为eq\r(2)mg，根据圆周运动公式eq\r(2)mg＝meq\f(v2,l)，小球在等效最高点的最小速度为v＝eq\r(\r(2)gl)，故A错误；除重力和弹力外其他力做功等于机械能的增加量，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做功最多，故到B点时的机械能最大，故B正确；小球所受合力方向与电场方向夹角为45°斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故C错误；若去掉细线，将小球在A点以大小为eq\r(gl)的速度竖直向上抛出，小球在竖直方向做竖直上抛运动，加速度为－g，水平方向做匀加速运动，加速度为g，当竖直方向上的位移为0时，运动的时间为t＝2eq\f(v0,g)＝eq\f(2\r(gl),g)＝2eq\r(\f(l,g))，水平位移x＝eq\f(1,2)gt2＝2l，则小球能运动到B点，故D正确．7．(2020·宁夏银川唐徕回民中学高三一模)如图11所示，光滑绝缘的半圆形轨道ABC固定在竖直面内，圆心为O，轨道半径为R，B为轨道最低点．该装置右侧的eq\f(1,4)圆弧置于水平向右的范围足够大的匀强电场中．某一时刻一个带电小球从A点由静止开始运动，到达B点时，小球的动能为E0，进入电场后继续沿轨道运动，到达C点时小球的电势能减少量为2E0，试求：图11(1)小球所受重力和电场力的大小；(2)小球脱离轨道后到达最高点时的动能．答案(1)eq\f(E0,R)eq\f(2E0,R)(2)8E0解析(1)设带电小球的质量为m，则从A到B根据动能定理有：mgR＝E0则小球受到的重力为：mg＝eq\f(E0,R)，方向竖直向下；由题意可知：到达C点时小球的电势能减少量为2E0，根据功能关系可知：EqR＝2E0则小球受到的电场力为：Eq＝eq\f(2E0,R)，方向水平向右，小球带正电．(2)设小球到达C点时速度为vC，则从A到C根据动能定理有：EqR＝eq\f(1,2)mvC2＝2E0则C点速度为：vC＝eq\r(\f(4E0,m))，方向竖直向上．从C点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为：t＝eq\f(vC,g)＝eq\f(1,g)eq\r(\f(4E0,m))在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时的速度为：v＝at＝eq\f(qE,m)t＝eq\f(qE,mg)eq\r(\f(4E0,m))＝2eq\r(\f(4E0,m))则在最高点的动能为：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(\f(4E0,m))))2＝8E0.专题强化练[保分基础练]1.(2020·海南三亚华侨学校高三模拟)如图1所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R点在等势面b上，据此可知()图1A．带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小B．带电质点在P点的电势能比在Q点的电势能小C．带电质点在P点的动能大于在Q点的动能D．三个等势面中，c的电势最高答案D解析等差等势面P处比Q处密，则P处电场强度大，质点受到的电场力大，加速度大，故A错误；根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势面垂直可知带电质点所受的电场力方向应大致向下，所以电场线方向大致向上，因沿电场线方向电势降低，故c的电势最高，故D正确；带负电质点在电势高处电势能小，可知质点在P点的电势能比在Q的电势能大，故B错误；带电质点的总能量守恒，即带电质点在P点的动能与电势能之和不变，在P点的电势能比在Q的电势能大，则在P点的动能比在Q点的动能小，故C错误．2.(多选)(2020·天津实验中学高三月考)如图2，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点，不计重力，下列说法正确的是()图2A．M带负电荷，N带正电荷B．M在b点的动能小于它在a点的动能C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能D．N在从c点运动到d点的过程中克服库仑力做功答案ABC解析由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确；M从a点到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则M在b点的动能小于在a点的动能，故B正确；d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确；N从c点到d点，库仑斥力做正功，故D错误．3.(2020·陕西榆林市高三第一次模拟)如图3，平行板电容器两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着匀强电场，直线CD是两板间一条垂直于板的直线，竖直线EF与CD交于O点，一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，重力加速度为g.则在此过程中，下列说法正确的是()图3A．小球带正电B．小球可能做匀加速直线运动C．小球加速度大小为gcosαD．小球重力势能的增加量等于电势能的增加量答案D解析带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，所以小球所受合外力沿BA方向，又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D，由于此电场的方向未知，所以小球的电性不能确定，小球做匀减速直线运动，故A、B错误；由题图可知，由于OA是角平分线，且小球的加速度方向由O到A，据几何关系可知a＝2gcosα，故C错误；由分析可知，小球所受重力大小等于电场力大小，运动的位移与重力、电场力的夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，故D正确．4.(2020·吉林长春市六中3月线上测试)如图4所示，a、b两个带正电的粒子以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则()图4A．a的电荷量一定大于b的电荷量B．b的质量一定大于a的质量C．a的比荷一定大于b的比荷D．b的比荷一定大于a的比荷答案C解析设任一粒子的速度为v，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度为：a＝eq\f(qE,m)时间为：t＝eq\f(x,v)，偏移量为：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qE,2m)t2因为两个粒子的初速度相等，则t∝x，则得a粒子的运动时间短，则a的加速度大，a粒子的比荷eq\f(q,m)大，但a、b的电荷量和质量关系无法确定，故C正确，A、B、D错误．5.(2020·安徽黄山市高三期末)如图5所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，圆上有三点A、B、C，其中A与C的连线为竖直直径，∠A＝30°.有两个完全相同的带正电粒子，带电荷量均为q(q＞0)，以相同的初动能Ek从A点先后沿不同方向抛出，它们分别运动到B、C两点．若粒子运动到B、C两点时的动能分别为EkB＝2Ek、EkC＝3Ek，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强电场的场强大小为()图5A.eq\f(Ek,qR) B.eq\f(2Ek,qR)C.eq\f(\r(3)Ek,3qR) D.eq\f(2\r(3)Ek,3qR)答案D解析从A点到B点应用动能定理有：qUAB＝2Ek－Ek＝Ek从A点到C点应用动能定理有：qUAC＝3Ek－Ek＝2Ek所以UAC＝2UAB作出等势面和电场线如图所示：则从A点到B点应用动能定理有qEd＝qE|AD|＝Ek，即qE·eq\f(\r(3)R,2)＝Ek解得E＝eq\f(2\r(3)Ek,3qR)，选项D正确，A、B、C错误．6．(多选)(2020·河南濮阳市高三下学期4月摸底)在科研实验中需要将电离后得到的一价氦离子和二价氦离子进行分离，小李同学设计了如图6所示方案：在真空环境中，将一价氦离子和二价氦离子的混合物通过A、B两极板间的电场加速，然后再让它们经过由平行带电金属板C、D所形成的另一匀强电场发生偏转．若氦离子进入加速电场时的速度可忽略不计，氦离子重力和氦离子间的相互作用不计，且所有的氦离子均可到达离子接收器处．那么在离子接收器处，下列说法正确的是()图6A．一价氦离子和二价氦离子不能分开B．一价氦离子和二价氦离子能分开C．一价与二价氦离子获得的动能相等D．二价氦离子获得的动能大于一价氦离子获得的动能答案AD解析设离子电荷量为q、质量为m，加速电压为U1，偏转电场场强为E，偏转电场极板长为L，离子从偏转电场中射出时的速度偏向角为θ，在电场中加速有qU1＝eq\f(1,2)mv2，解得v2＝eq\f(2qU1,m)在偏转电场中离子做类平抛运动，有：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·(eq\f(L,v))2从偏转电场中射出时有tanθ＝eq\f(vy,v)＝eq\f(at,v)＝eq\f(a,v)·eq\f(L,v)＝eq\f(qE,m)·eq\f(L,v2)代入v2可得y＝eq\f(L2E,4U1)，tanθ＝eq\f(LE,2U1)说明一价氦离子与二价氦离子从偏转电场中射出的位置、射出方向均相同，与电荷量无关，两种离子不能分开，故A正确，B错误；由功能关系得，离子离开偏转电场时获得的动能为Ek＝qU1＋qEy＝q(U1＋Ey)二价氦离子电荷量大，所以二价氦离子获得的动能较大，故C错误，D正确．7．(多选)(2020·湘赣皖长郡中学十五校高三第二次联考)质量为m的带电小球由空中某点A无初速度地自由下落，经过时间t，加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过时间2t小球又回到A点．整个过程中不计空气阻力且小球未落地，重力加速度为g，则()A．从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少了eq\f(1,2)mg2t2B．匀强电场的电场强度大小为eq\f(4mg,q)C．整个过程中小球电势能减少了eq\f(9,8)mg2t2D．从A点到最低点的过程中，小球重力势能减少了eq\f(2,3)mg2t2答案AC解析由题意知刚加电场时小球的速度v＝gt，从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mg2t2，故A正确；设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下为正方向，则有eq\f(1,2)gt2＝－[v·2t－eq\f(1,2)a(2t)2]，由牛顿第二定律得a＝eq\f(qE－mg,m)，联立解得电场强度大小为E＝eq\f(9mg,4q)，故B错误；整个过程中电场力做的功W＝eq\f(9,4)mg·eq\f(1,2)gt2＝eq\f(9,8)mg2t2，电场力做的功等于电势能的减少量，故整个过程中小球电势能减少了eq\f(9,8)mg2t2，故C正确；设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得mgh－qE(h－eq\f(1,2)gt2)＝0，解得h＝eq\f(9,10)gt2，从A点到最低点的过程中，小球重力势能减少了ΔEp＝mgh＝eq\f(9,10)mg2t2，故D错误．[争分提能练]8．(多选)(2020·湖北武汉市质量检测)如图7所示，两个等量异种点电荷A、B固定在同一条水平线上，电荷量分别为＋Q和－Q.MN是水平放置的足够长的光滑绝缘细杆，细杆上套着一个中间穿孔的小球P，其质量为m，电荷量为＋q(可视为试探电荷，不影响电场的分布)．现将小球从点电荷A的正下方C点由静止释放，到达点电荷B的正下方D点时速度为2eq\r(2)m/s，O为CD的中点．则()图7A．小球从C至D先做加速运动，后做减速运动B．小球运动至O点时速度为2m/sC．小球最终可能返回至O点D．小球在整个运动过程中的最终速度为2m/s答案BD解析根据等量异种点电荷的电场线分布可知，两点电荷连线的中垂面是等势面，电势为0，正点电荷附近电势大于0，负点电荷附近电势小于0，根据对称关系可得φC＝－φD＝φ，其中φC＞0，φD＜0，所以小球从C到D运动过程中，只有电场力做功，且由于电势降低，所以电势能减小，电场力做正功，小球始终做加速运动，A错误；小球由C到D，由动能定理得：WCD＝qUCD＝eq\f(1,2)mv2，则由C到O，由动能定理可得：WCO＝qUCO＝eq\f(1,2)mvO2，UCO＝eq\f(1,2)UCD，解得：vO＝2m/s，B正确；由分析可知：φO＝0，无穷远处电势也是0，小球由O到D加速运动，再由D到无穷远处，电势升高，电势能增加，电场力做负功，小球做减速运动，所以不可能返回O点，C错误；小球从O到无穷远处，电场力做功为0，由能量守恒可知，动能变化量也是0，即无穷远处的速度为v＝vO＝2m/s，D正确．9．(多选)(2020·黑龙江哈尔滨师大附中联考)平行金属板PQ、MN与电源和滑动变阻器如图8所示连接，电源的电动势为E，内电阻为零；靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m，电荷量为＋q，初速度为零的粒子，粒子在加速电场PQ的作用下穿过Q板的小孔F，紧贴N板水平进入偏转电场MN；改变滑片P的位置可改变加速电场的电压U1和偏转电场的电压U2，且所有粒子都能够从偏转电场飞出，下列说法正确的是()图8A．粒子的竖直偏转距离与U2成正比B．滑片P向右滑动的过程中从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小C．飞出偏转电场的粒子的最大速率为eq\r(\f(2Eq,m))D．飞出偏转电场的粒子的最大速率为eq\r(\f(Eq,m))答案BC解析带电粒子在加速电场中加速时有：U1q＝eq\f(1,2)mv02在偏转电场中，偏移量为y＝eq\f(1,2)·eq\f(U2q,dm)(eq\f(l,v0))2＝eq\f(U2l2,4dU1)由于U1＋U2＝E则y＝eq\f(U2l2,4dU1)＝eq\f(U2l2,4dE－U2)则粒子的偏转角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU2,md)·eq\f(l,v02)＝eq\f(U2l,2dU1)滑片P向右滑动的过程中U1增大，U2减小，则从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小，选项B正确；当粒子在加速电场中获得的加速度最大时，飞出偏转电场的速率最大，即当U1＝E时粒子的速率最大，根据动能定理可得：Eq＝eq\f(1,2)mvm2，解得vm＝eq\r(\f(2Eq,m))，选项C正确，D错误．10．(多选)(2020·江苏南通、泰州市期末)如图9所示，竖直平面内存在着两个相同的方向竖直向上的带状匀强电场区，电场区的高度和两电场区之间的间隔均为d，水平方向足够长．一个质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v0在距离电场上方d处水平抛出，不计空气阻力，则()图9A．小球在水平方向一直做匀速直线运动B．小球在电场区可能做直线运动C．若场强大小为eq\f(mg,q)，小球经过两电场区的时间相等D．若场强大小为eq\f(2mg,q)，小球经过两电场区的时间相等答案ABD解析将小球的运动沿着水平方向和竖直方向进行分解，水平方向不受外力，故小球在水平方向一直以速度v0做匀速直线运动，故A正确．小球在电场区时，受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力，若电场力与重力大小相等，二力平衡，小球能做匀速直线运动，故B正确．若场强大小为eq\f(mg,q)，则电场力等于mg，在电场区小球所受的合力为零，做匀速运动，在无电场区小球做匀加速运动，故经过每个电场区时小球匀速运动的速度均不等，因而小球经过每一电场区的时间均不等，故C错误．当场强大小为eq\f(2mg,q)，电场力等于2mg，在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，根据运动学公式有，经过第一个无电场区d＝eq\f(1,2)gt12，v1＝gt1经过第一个电场区d＝v1t2－eq\f(1,2)gt22，v2＝v1－gt2联立解得t1＝t2，v2＝0，接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区竖直方向都是自由落体运动，每次通过电场区竖直方向都是末速度为零的匀减速直线运动，因此，小球经过两电场区的时间相等，故D正确．11．(多选)如图10甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时刻A板电势比B板高，两板中间静止一电子，设电子在运动过程中不与两板相碰，而且电子只受电场力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是()图10A．在t＝0时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图丙图线一所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动B．若t＝eq\f(T,8)时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图线二所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动C．若t＝eq\f(T,4)时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图线三所示，该电子在2T时刻在出发点左边D．若t＝eq\f(3,8)T时刻释放电子，在2T时刻电子在出发点的右边答案CD解析在t＝eq\f(T,2)时刻之前释放电子，电场力水平向左，电子在电场力的作用下向A板做匀加速直线运动，故A、B错误；若t＝eq\f(1,